第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动
C.6.0×102 kg·m/s
D.6.3×102 kg·m/s
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解析 由于燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与 燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出 后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小 等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s,A 正确。
方法总结
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考点突破
考点二 对碰撞现象中动量守恒的分析
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1.碰撞遵守的规律 (1)动量守恒。 (2)机械能不增加,即碰撞结束后总动能不增加,表达式为Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'
或 p12 + p22 ≥ p1 '2 + p2 '2 。
(3)2速m1度要2m合2 理2m1 2m2
考点突破
答案 (1) 1 2E (2) 2E
gm
mg
解析 本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。
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(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有
E设=烟 12 m花v 0弹2 从①地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有
0-v0=-gt ② 联立①②式得
t= ③
刻的动量,p1’、p2'、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统,还适用于接近光速运动的微观粒
子组成的系统
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2.动量守恒定律常用的四种表达形式 (1)p=p':即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p'大小相 等,方向相同。 (2)Δp=p'-p=0:即系统总动量的增加量为零。 (3)Δp1=-Δp2:即相互作用的系统内的两部分物体,其中一部分动量的增 加量等于另一部分动量的减少量。 (4)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一 直线上时,作用前总动量与作用后总动量相等。
1 2E gm
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(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有 E=mgh1 ④ 火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其 速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
m + m =E ⑤ 14 mvv121+ 14mvv222=0 ⑥
考点突破
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考点一 对动量守恒定律的理解和应用
1.动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题时应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量,表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时
B.动能不增加:即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'
C.速度要合理
或
p12 2m1
p22 2m2
≥
p1 '2 2m1
p2 '2 2m2
。
a.若碰前两物体同向运动,则应有v后>v前;碰后原来在前的物体速度一定
增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。
b.碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
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(7)运动的m1碰静止的m2,m1、m2质量不变时,v2'范围是 m1v1 ≤v2'≤
。
m1 m2
(m221)m完1vm1全2 非弹性碰撞
碰撞结束后,两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
12 m1v 12
+ 12 m2v 22
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2.(多选)下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是 ( AC )
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3.(2019安徽名校联考)如图所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水 平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过 程,下列说法中正确的是 ( C )
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒 B.小车与木箱组成的系统动量守恒 C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D.木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同
①碰后若同向运动,原来在前的物体速度一定增大,且v前≥v后。 ②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。
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2.碰撞模型类型 (1)弹性碰撞 碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末动 能相等。
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
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一、动量守恒定律
1.内容:如果一个系统① 不受外力 ,或者所受② 外力的矢量和 为 0,这个系统的总动量保持不变。 2.表达式:m1v1+m2v2=③ m1v1'+m2v2' 或p=p'。
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3.适用条件 (1)理想守恒:系统不受外力或所受④ 外力的合力 为零,则系统动量 守恒。 (2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远⑤ 大于 外力时,系 统的动量可近似看成守恒。 (3)某一方向守恒:系统在某一方向上所受合力为零,系统在该方向上动 量守恒。
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1.判断下列说法对错。 (1)两物体相互作用时若系统不受外力,则两物体组成的系统动量守 恒。 ( √ ) (2)动量守恒只适用于宏观、低速。 ( ✕ ) (3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题。 ( ✕ )
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(4)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。 ( √ ) (5)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动 量大小一定相等。 ( √ ) (6)飞船做圆周运动时,若想变轨通常需要向前或向后喷出气体,该过程 中动量守恒。 ( √ )
由1 ⑥式1知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运 22
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动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有
联14 m立v 12④= 12⑤m⑥gh⑦2 式⑦得,烟花弹上部分距地面的最大高度为
h=h1+h2= 2E ⑧
mg
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考向1 动量守恒的条件判断 1.(多选)(2017河南开封质检)如图所示,光滑水平面上两玩具小车 中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止。对两车及 弹簧组成的系统,下列说法中正确的是 ( ACD ) A.两手同时放开后,系统总动量始终为零 B.先放开左手,后放开右手,系统动量不守恒 C.先放开左手,后放开右手,系统总动量向左 D.无论何时放手,两手放开后在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都 保持不变,但系统的总动量不一定为零
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第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动
基 础 一 动量守恒定律 过 关 二 碰撞 爆炸 反冲运动
总纲目录 栏目索引
总纲目录 栏目索引
考点一 对动量守恒定律的理解和应用
考 点 考点二 对碰撞现象中动量守恒的分析 突 破 考点三 动量守恒定律的综合应用
考点四 三种观点解决力学问题
基础过关
m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2
v121'= v12
1 2
v22
1 2
1 2
(m1 m2)v1 2m2v2
m1 m2
v2'= (m2 m1)v2 2m1v1
m1 m2
v2=0时,v1'= m1 m2 v1 v2'= 2m1 vm11 m2
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二、碰撞 爆炸 反冲运动
1.碰撞 (1)特点:物体间的相互作用时间极短,内力⑥ 远大于 外力。 (2)分类
弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞
动量是否守恒 守恒 守恒 守恒
机械能是否守恒 守恒 有损失
损失最大
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(3)分析碰撞现象的三个依据 A.动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。
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2.爆炸 (1)爆炸过程中内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量 ⑦ 守恒 。 (2)爆炸过程中有其他形式的能量转化为动能,所以爆炸后系统的总动 能增加。 (3)爆炸过程中物体的位移很小,一般可忽略不计。
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3.反冲运动 (1)如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个 方向运动,另一部分必然向相反的方向运动。这个现象叫做反冲。 (2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以利用⑧ 动量守恒 定 律来处理。
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考向2 某一方向动量守恒问题 2.(多选)(2019广东佛山期末)如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量 为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质 量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑 ( BC ) A.在下滑过程中,小球对槽的作用力对槽不做功 B.在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方 向动量守恒 C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动 D.被弹簧反弹后,小球能回到槽上高h处
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考向3 爆炸与反冲运动
3.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00 kg的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在
燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可
人教版高三物理总复习优质课件 碰撞与动量守恒 第二节 碰撞 反冲和爆炸
F都向右运动,即3个小球静止,3个小球运动。
2.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向
水平向右,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小
为v,方向水平向右,则另一块的速度大小是多少?
身的质量为 m,则船的质量为(
( + )
A.
C.
( - )
B.
( + )
D.
B
)
解析:画出如图所示的草图,设人走动时船的速度大小为 v,人的速度大小为 v′,船
′
≥
+
′
(3)速度要合理:如果碰前两物体同向运动,则后面的物体速度必大于前面物
体的速度,即v后>v前,否则无法实现碰撞。碰撞后,原来在前面的物体的速度
一定增大,且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度,
即v前′≥v后′,否则碰撞没有结束。如果碰前两物体相向运动,则碰后两物
动量规律:系统总动量为零;系统或系统在某方向上动量守恒。
涉及速度:m1v1-m2v2=0(v1、v2为速度大小)。
涉及位移:m1x1=-m2x2。
[例题] 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想用一个卷尺测
量它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上
船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离 d 和船长 L。已知他自
机械能相互转化或一部分机械能转化为内能,因此系统的机械能不会增加,所以有
+
江苏省2020版高考物理第六章碰撞与动量守恒第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲课件
p′2 2 . 2m2
(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物 体速度必大于前面物体的速度，即 v 后>v 前，否则无法实现碰 撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在 前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即 v′
(2)动量守恒只适用于宏观低速．(
(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．( (4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(
(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两 球碰前的动量大小一定相等．( )
(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气 体，该过程中系统动量守恒．(
第六章
碰撞与动量守恒
第二节
动量守恒定律 反冲
碰撞
爆炸
【基础梳理】
提示： 不受外力 Δ p2 守恒
所受外力的矢量和为零 合力为零
m1v′1＋m2v′2 守恒
－
所受合外力为零 增加 守恒
远大于
不增加
可能增加
【自我诊断】 判一判 (1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统 动量守恒．( ) ) ) )
提示：(1)√ (2)× (3)× (4)√
)
(5)√ (6)√
做一做 (2019· 镇江调研 ) 如图所示，小车与木箱 紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有 一男孩站在小车上用力向右迅速推出木 箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 )
2025版《师说》高中全程复习构想物理7.2
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力
________的现象．
很大
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力________外力，可认为相互碰撞的
远大于
系统动量守恒．外力的冲量可以忽略不计
3．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
________
守恒
弹性碰撞
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
损失________
1．反冲现象
(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在
________获得加速的现象．
反方向
(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的
动量
相互作用力，系统的________是守恒的．
2．爆炸现象的三个规律
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动
动量守恒
量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能(如化学能)转化为动能
爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以认
位置不变
为爆炸前、后时刻各部分位置不变
【关键能力·思维进阶】
5．[2024·河北省模拟]质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为
h处，爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气
从右端滑下．已知滑块和长木板在运动过程中的v-t图像如图乙所示，
则木板与滑块的质量之比M∶m为(
)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
答案：B
4．[2024·湖南高三模拟]如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，
水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质
量是A车质量的4 044倍．两车开始都处于静止状态且A、B两辆小车靠在
2025年高考物理一轮复习(新人教版)第7章第2讲 动量守恒定律及应用
碰撞问题
梳理 必备知识
1.碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力 很大 的 现象. 2.特点 在碰撞现象中，一般都满足内力 远大于 外力，可认为相互碰撞的系统 动量守恒.
3.分类
弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞
动量是否守恒 守恒 _守__恒__ 守恒
机械能是否守恒 _守__恒__ 有损失
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体 同时性 在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各
物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用 普适性
2.反冲运动的三点说明 作用 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 原理 动量 反冲运动中系统不受外力或内力 远大于 外力，所以反冲运动 守恒 遵循动量守恒定律 机械能 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的 增加 总机械能增加
判断 正误
1.发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于
考向2 反冲运动
例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为
M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下 喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则
喷气结束时导弹获得的速度大小是
A.Mm v0
B.Mm v0
M C.M－m v0
√m
爆炸、反冲运动和人船模型
梳理 必备知识
1.爆炸现象的三个规律 动量 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过 守恒 程中，系统的总动量_守__恒__ 动能 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能， 增加 所以系统的机械能增加 位置 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移 很小 ，可 不变 以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动
1.碰撞 (1)特点:物体间的相互作用时间极短,内力⑥ 远大于 外力。
基础过关
(2)分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
(3)分析碰撞现象的三个依据
损失最大
A.动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。
B.动能不增加:即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2' 或
考点突破 栏目索引
2.碰撞模型类型 (1)弹性碰撞 碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末动能相 等。
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
1 2
m1v12
+1
2
m2v22
=1
2
m1v1'2+1
2
m2v2'2
v1'=
(m1
-m2 )v1 m1
2m2v2 m2
v2'=
1 4
mv12
=
1 2
mgh2
⑦
联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为
h=h1+h2=
2E mg
⑧
考点突破 栏目索引
考点突破 栏目索引
考向1 动量守恒的条件判断
1.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方 有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触 后(C) A.甲木块的动量守恒 B.乙木块的动量守恒 C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第6章 第2节 动量守恒定律及其应用 Word版含答案
第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。
(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。
3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。
(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。
(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。
二、碰撞、反冲和爆炸1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
(3)分类：2.(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
3．爆炸问题(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。
(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。
(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。
(√)(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。
(×)(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。
(×)(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。
(√)2．(人教版选修3－5P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。
动量守恒定律反冲运动课件
现代的火箭主要由有效负载(如卫星探测 器等)、燃料容器、动力装置、控制系统、稳 定系统及壳体等部分组成。它自身携带全部燃 料，可在大气层内或大气层外飞行。多用于发 射卫星、宇宙飞船、航天飞机以及导弹等。
制导与控制系统 动力系统
解： 发射炮弹前，炮身和炮弹都是静止的，它们的总 动量为零，取炮弹从炮膛飞出时的速度方向为正方向。
设炮弹从炮口飞出时的速度为v1, 炮身后退的速度为v2 ， 根据动量守恒定律可得
所以
负号表示v 2 的方向同炮弹飞出的方向相反，即炮身 的速度方向是向后的，大小是1.5m/s。
练习
1. 平射炮发射一枚炮弹的过程中(忽略地面摩擦)，
有效负荷 第一级火箭 第二级火箭
第三级火箭
火箭结构示意图
中国航天事业的成就 航天技术包括运载火箭、人造卫星、航天发射场、地 面测控网和卫星地面站等几大系统，它是现代科学技术和 基础工业最新成就的综合效应。我国航天事业的兴起和发 展，体现了中国人自立于世界民族之林的志气和能力。我 国航天技术现已达到世界先进水平。
动量守恒定律反冲运动
2023/10/6
问题引入 目前，发射人造地球卫星、宇宙飞船、航天飞机、探 测器以及导弹都用运载火箭。火箭飞行时，由燃料产生的 高温、高压气体不断从火箭尾部喷出，使火箭获得很大的 速度，这是为什么？
一、动量守恒定律 1. 内力和外力 在相互作用的物体构成的系统里，每 个物体，既可以受到来自系统内其他物体的力，也可能受 到来自系统外其他物体的力。 系统中各物体间的相互作用力叫做内力。系统外部其 他物体对系统的作用力叫做外力。
二、反冲运动 当一个物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分 时，这个物体的剩余部分将向相反方向运动。这就是反冲 运动。
动量守恒定律碰撞反冲现象知识点归纳总结(2)
动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结一．知识总结归纳1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。
2. 动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。
当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。
即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。
（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。
（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。
3. 动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m 1v 1+m 2v 2=2211v m v m '+'中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。
在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。
（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。
（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。
（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）．4. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。
按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。
（1）弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。
例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。
（2）一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失．例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。
动量守恒定律的应用教学碰撞爆炸和反冲
• 现象：碰后两物体粘和在一起，共同运动
5
• 3讨论：“一动一静”弹性正碰的基本规律
• ①动量守恒，初末态的动能守恒
•
m1v1=m1v1/+m2v2/
•
m1v12 = m1v1/ 2 + m2v2/ 2
6
皮肌炎图片——皮肌炎的症状表现
• 皮肌炎是一种引起皮肤、肌肉、 心、肺、肾等多脏器严重损害的， 全身性疾病，而且不少患者同时 伴有恶性肿瘤。它的1症状表现如 下：
• ②碰后速度：
•
v1/ =
v1
•
•
v2/ =
v1
m2v2/ 2
8
• ③碰后的速度方向： • 当m1>m 2 时 ,v1/ >0, v2/ >0
• 当m1=m 2 Байду номын сангаас,v1/ =0, v2/ =0 • 当m1<m 2 时, v1/ <0, v2/ >0 • 当m1<<m 2 时,v1/ ≈v1, v2/ =2 v1 • 当m1>>m 2 时,v1/ =-v1, v2/ =0
• 1、早期皮肌炎患者，还往往伴 有全身不适症状，如-全身肌肉酸 痛，软弱无力，上楼梯时感觉两 腿费力；举手梳理头发时，举高 手臂很吃力；抬头转头缓慢而费 力。
• 3讨论：“一动一静”弹性正碰的基本规律
• ①动量守恒，初末态的动能守恒
•
m1v1=m1v1/+m2v2/
•
m1v12 = m1v1/ 2 +
11
• 例2、质量为m1的入射粒子与一质量为m2 静止粒子发生正碰，已知机械能在碰撞 过程中有损失，实验中测出了碰撞后第 二个粒子的速度为v2，求第一个粒子原来 速度v3的值的可能范围
2 第二节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲
第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲【基础梳理】提示：不受外力所受外力的矢量和为零m1v′1＋m2v′2－Δp2所受合外力为零合力为零远大于守恒不增加守恒增加守恒可能增加【自我诊断】1．判一判(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．()(2)动量守恒只适用于宏观低速．()(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．()(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．()(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等．()(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中系统动量守恒．()提示：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√2．做一做(1)(2020·山东寿光模拟) 如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时()A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大提示：选C.两人及小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得m A v A＋m B v B＋m车v车＝0，若小车不动，则m A v A＋m B v B＝0，由于不知道A、B质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；若小车向左运动，则A、B的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；若小车向右运动，则A、B的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B 的小，故D错误．(2)(2020·山东恒台一中高三诊考) 如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1＝1 m/s、v2＝2 m/s 的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s 的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为()A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．2∶1提示：选A.设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒：m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，即2m2－m1＝(m1＋m2)×0.5，解得m1∶m2＝1∶1，A正确．对动量守恒定律的理解和应用【知识提炼】1．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．【典题例析】如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，速度为v1，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．[解析](1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得M2v0＝(M2－m)v1＋m v代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s.(2)以甲为研究对象，以甲接住A后运动的方向为正方向，由动量定理得Ft＝M1v1－(－M1v0)，代入数据解得F＝432 N.[答案](1)5.2 m/s(2)432 N【迁移题组】迁移1动量守恒的条件判断1. (多选) (2020·甘肃天水高三期末)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A 沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则()A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒解析：选BD.子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确．迁移2某一方向上的动量守恒问题2．(2020·福建龙岩高三期末)如图所示，在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体，曲面体的右侧与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，球的质量为m2＝10 kg，曲面体的质量为m3＝10 kg.某时刻小孩将球以v0＝4 m/s的水平速度向曲面体推出，推出后，球沿曲面体上升(球不会越过曲面体)．求：(1)推出球后，小孩和冰车的速度大小v 1；(2)球在曲面体上升的最大高度h .解析：(1)以球、小孩和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0－m 1v 1＝0，解得：小孩和冰车的速度大小v 1＝1 m/s.(2)以球和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m 2v 0＝(m 2＋m 3)v 2，解得：球在最大高度处与曲面体的共同速度v 2＝2 m/s ；球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得：12m 2v 20＝12(m 2＋m 3)v 22＋m 2gh 解得：球在曲面体上升的最大高度h ＝0.4 m.答案：(1)1 m/s (2)0.4 m迁移3 爆炸、反冲现象中的动量守恒3．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m 2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 与B 碰撞之前，引爆B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能．解析：(1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C炸药对C 的冲量：I ＝m C v C －0，解得：I ＝52m v 0，方向向右． (2)炸药爆炸过程，B 和C 组成的系统动量守恒m C v C －m B v B ＝0据能量关系：ΔE ＝12m B v 2B ＋12m C m 2C ，解得： ΔE ＝758m v 20. 答案：见解析1碰撞现象中规律的分析【知识提炼】1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2. (3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′212m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2. 结论：①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． ④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．【典题例析】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．[解析] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A 1＋M v C 1①12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④ 如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0解得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .[答案] (5－2)M ≤m ＜M【迁移题组】迁移1 碰撞的可能性分析1．(2020·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg ·m/s ，p 2＝7 kg ·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg ·m/s ，则两球质量m 1与m 2间的关系可能是 ( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即p 1′＝2 kg ·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有m 1≤2151m 2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1≤p 2′m 2，所以m 1≥15m 2，C 正确． 迁移2 弹性碰撞规律求解2. 如图所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球A 的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生弹性正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为 ( )A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3解析：选D.设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 正确．迁移3 非弹性碰撞的分析3．(多选)(2020·宁夏银川模拟)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是 ( )A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg ·m/sB ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·sC ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg ·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J解析：选ABD.根据题图可知，碰前A 球的速度v A ＝－3 m/s ，碰前B 球的速度v B ＝2 m/s ，碰后A 、B 两球共同的速度v ＝－1 m/s ，故碰撞前、后A 球的动量变化量为Δp A ＝m v －m v A ＝4 kg ·m/s ，A 正确；A 球的动量变化量为4 kg ·m/s ，碰撞过程中动量守恒，B 球的动量变化量为－4 kg ·m/s ，根据动量定理，碰撞过程中A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·s ，B 正确；由于碰撞过程中动量守恒，有m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ，解得m B ＝43kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m v 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2＝10 J ，D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103kg ·m/s ，C 错误．碰撞问题的解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1；v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1. (3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．当m 1≫m 2，且v 2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 1.当m 1≪m 2，且v 2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．动量守恒的常见模型【知识提炼】1．“人船”模型(1)两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船”模型问题．(2)“人船”模型的特点①两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1. ③应用此关系时要注意一个问题：公式v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的．2．“子弹打木块”模型(1)木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒．(2)两者发生的相对位移为子弹射入的深度x 相．(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．(4)系统产生的内能Q ＝F f ·x 相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．(5)当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝F f ·L (L 为木块的长度)．3．“弹簧类”模型对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在能量方面，由于发生弹性形变的弹簧会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化．若系统除重力和系统内弹力以外的力不做功，系统机械能守恒．若还有其他外力做功，这些力做功之和等于系统机械能改变量．做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少．在相互作用过程中，弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其他外力的合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度．【典题例析】如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)[解析]设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，以v0方向为正方向，先选乙船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得12m v0＝11m v1－m v min①再选甲船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得10m×2v0－m v min＝11m v2②为避免两船相撞应满足v 1＝v 2③联立①②③式得v min ＝4v 0.[答案] 4v 0【迁移题组】迁移1 “人船”模型1．(2020·河南淮阳中学模拟)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d 和船长L .已知他自身的质量为m ，则船的质量为 ( )A.m （L ＋d ）dB.m （L －d ）dC.mL dD.m （L ＋d ）L解析：选B.画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v ′，船的质量为M ，人从船尾走到船头所用时间为t .则v ＝d t ，v ′＝L －d t；人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得M v －m v ′＝0，解得船的质量M ＝m （L －d ）d，B 正确．迁移2 “子弹打木块”模型2．(2020·河南天一大联考) 如图所示，质量为M 的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s .已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m ，重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为 ( )A.m ＋M m 2μgsB.M －m m2μgs C.m m ＋M μgs D.m M －mμgs 解析：选A.子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m v 1＝(M ＋m )v ，解得：v ＝m v 1M ＋m ；子弹击中木块后做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得：－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2，解得：v 1＝M ＋m m·2μgs ；故A 正确，B 、C 、D 错误． 迁移3 “弹簧类”模型3．如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L ＝0.5 m ，这段滑板与木块A (可视为质点)之间动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．木块A 以速度v 0＝10 m/s 由滑板B 左端开始沿滑板B 上表面向右运动．已知木块A 的质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.求：(1)弹簧被压缩到最短时木板A的速度大小；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A 开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，则m v0＝(M＋m)v解得v＝mM＋mv0代入数据得木块A的速度v＝2 m/s.(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为E pm＝12m v2－12(m＋M)v2－μmgL代入数据解得E pm＝39 J.答案：(1)2 m/s(2)39 J动量守恒中的临界极值问题【对点训练】1. 如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m 处由静止释放一质量m A＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g.求小球B 的质量．(取重力加速度g＝10 m/s2)解析：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝m A v1－M v由能量守恒定律有m A gh＝12m A v 21＋12M v2解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2.由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度大小等于平台的速度大小，有v1′＝1 m/s由动量守恒定律得m A v1＝－m A v1′＋m B v2由能量守恒定律有12m A v 21＝12m A v′21＋12m B v22解得m B＝3 kg.答案：3 kg2. (2020·河南郑州模拟)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上有固定的光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，小车(包括光滑斜面和连有弹簧的挡板)总质量为M＝2 kg.物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失．已知物块的质量m＝1 kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8 m，BC的长度为L＝3 m，BD段光滑．g 取10 m/s2.求在运动过程中：(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)物块第二次到达C 点的速度．解析：(1)物块由A 点到B 点的过程中，由动能定理得mgh ＝12m v 2B－0，代入数据解得v B ＝6 m/s.物块由B 点运动到将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取v B 的方向为正方向，m v B ＝(M ＋m )v ，弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒可得E pmax ＝12m v 2B－12(M ＋m )v 2，由以上两式可得E pmax ＝12 J. (2)物块由B 点运动到第二次到达C 点的过程中，系统动量守恒，取v B 方向为正方向，则有m v B ＝m v C ＋M v ′，物块由B 点运动到第二次到达C 点的整个过程中，根据机械能守恒，有12m v 2B ＝12m v 2C ＋12M v ′2，联立以上两式并结合题意可解得v C ＝－2 m/s ，即物块第二次到达C 点的速度大小为2 m/s ，方向水平向左．答案：见解析(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故A、B错误，C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，D错误．2．(2020·福建泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度为 ( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v解析：选C.取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3m v 0＝2m v ＋m v x ，可得v x ＝3v 0－2v ，C 正确．3．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，A 正确．4. 如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v 0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是 ( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0解析：选D.由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．若各球质量为m ，而碰撞前系统总动量为m v 0，总动能为12m v 20.A 、B 中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．假如C 正确，则碰后总动量为m v 0，但总动能为14m v 20，这显然违反了机械能守恒定律，故也不可能．故D 正确，则既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律．5．(2019·高考江苏卷)质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为 ( )A.m Mv B.M m v C.m m ＋M v D.M m ＋Mv 解析：选B.对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0＝M v －m v ′，解得滑板的速度大小v ′＝M v m，B 正确． 6. 如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是 ( )A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh （M ＋m ）tan αD.Mh （M ＋m ）tan α解析：选C.m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移为x 1，M 在水平方向上对地位移为x 2，因此有0＝mx 1－Mx 2①，且x 1＋x 2＝h tan α②，由①②式可得x 2＝mh （M ＋m ）tan α，故选C.7. 如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是()A.2LMM＋m B.2Lm M＋mC.MLM＋m D.mL M＋m解析：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v1、v2，有m v1＝M v2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝2LmM＋m，B正确．8. 如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，A、B两球发生对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是()。